【高考真题解密】高考数学真题题源——专题11《圆锥曲线综合》母题解密（新高考卷）

专题11 圆锥曲线综合  

【母题来源】2022年新高考I卷

【母题题文】已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为．
求的斜率
若，求的面积．

【答案】解：将点代入双曲线方程得，化简得得：
，故双曲线方程为
由题显然直线的斜率存在，设，设，，则联立直线与双曲线得：
，，
故，，
，
化简得：，
故，
即，而直线不过点，故．
设直线的倾斜角为，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，
故，
而，，
由，得，
故．

【母题来源】2022年新高考II卷

【母题题文】.设双曲线的右焦点为，渐近线方程为
求的方程
经过的直线与的渐近线分别交于，两点，点，在上，且，过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点，从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立：在上．

【答案】解：由题意可得，，故，．
因此的方程为．
设直线的方程为，将直线的方程代入的方程得，
则，，
．
不段点的坐标为，则．
两式相减，得，而，
故，解得．
两式相加，得，而，故，解得
因此，点的轨迹为直线，其中为直线的斜率．
若选择
设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为
则，解得，．
同理可得，．
此时，．
而点的坐标满足，
解得，，
故为的中点，即．
若选择
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾．
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
并设的坐标为，的坐标为
则，解得，．
同理可得，．
此时，．
由于点同时在直线上，故，解得因此．
若选择
设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为
则解得，．
同理可得，，
设的中点为，则，．
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上．
将该直线与联立，解得，，
即点恰为中点，故点而在直线上．

【命题意图】

本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．

主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题

【命题方向】

圆锥曲线综合大题是属于高考历年的压轴题之一，难度较大，对学生的综合要求较高。考察直线与圆锥曲线的位置关系，考察椭圆、双曲线和抛物线的性质，考察定值，定直线，面积最值，存在性与恒成立等问题。解题要充分利用数形结合数学思想，转化与化归数学思想，考察逻辑推导数学素养，对运算能力和逻辑推导能力要求较高

【得分要点】

一、基础题型：韦达定理型（又叫“五个方程”型）

“五个方程”（过去老高考对韦达定理型的直观称呼。）

1.   一直一曲俩交点。
2.   直线有没有？是那种未知型的？

已知过定点。则可设为，同时讨论k不存在情况。如

3.曲线方程有没有？俩交点：设为

4.联立方程，消y或者消x，建立一元二次方程，同时不要忘了判别式

     或者    

5.   得到对应的韦达定理

             或

6.   目标，就是把题中问题转化为第六个关于韦达定理的方程或者不等式，代入求解

二、圆锥曲线中直线设法

如果所过定点在x轴上，为（m，0），也可以设为，此时包含了斜率不存在的情况，但是反而不包含x轴这条直线。把两种设法都展示出来供参考。

当题中的直线既无斜率，又不过定点线，就要设成“双变量”型：，依旧得讨论k是否存在情况

当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了。

（1）

（2），此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论。

（3）设“双变量”时，第一种设法较多。因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势。如第1题。

（4）重要！双变量设法，注意以下这个规律：

一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系。这也是证明直线过定点的理论根据之一。

1．（2021·甘肃省武威第二中学高三开学考试（理））如图，已知点，直线：，为平面上的动点，过作直线的垂线，垂足为点，若

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)过点作直线交轨迹于、两点.记直线、的斜率分别为、，求的值；

【答案】(1)(2)0

【分析】（1）设点，则，由，则可列出方程，化简即为答案；

（2）由题意知，直线斜率存在且不为，故可设直线：，联立直线与抛物线,设、，则可得，，用表示出，即可求出答案.

（1）

设点，则，

由得：，

即

化简得：；

（2）

由题意知：直线斜率存在且不为，设直线：，

与抛物线方程联立得：，

则且，∴且，

设、，则，，

∴

.

2．（2021·河南·高三开学考试（文））已知抛物线：的焦点到准线的距离为2.

(1)求抛物线的方程；

(2)过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，已知点，求取得最大值时直线的方程.

【答案】(1)；(2).

【分析】(1)根据抛物线的定义和标准方程即可求出p的值；

(2)设直线l为，和抛物线方程联立，结合韦达定理表示出，根据二次函数性质即可求出其最大值和此时l的方程．

（1）

抛物线的焦点到准线的距离为2，

所以，

所以抛物线的方程为；

（2）

抛物线的焦点坐标为.

设点，，

由题意知直线的斜率不等于0，且过点，所以设直线的方程为，

由得，

恒成立，

由韦达定理得，，

∴

所以当时，取得最大值为，

此时直线的方程为.

3．（2021·河南·高三开学考试（理））已知抛物线上一点到焦点的距离．

(1)求抛物线的方程；

(2)过点且斜率为的直线与抛物线交于，两点，点为抛物线准线上一点，且，求的面积．

【答案】(1)(2)或

【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；

（2）结合（1）得直线的方程为，进而与抛物线方程联立得，的坐标分别为，，再设的坐标为，进而结合向量数量积的坐标运算或，再分别计算与点到直线的距离即可得面积.

（1）

解：因为抛物线上一点到焦点的距离，

所以，抛物线的定义得．

所以， ，解得．                 

所以，抛物线的方程为；

（2）

解：由（1）知点，所以直线的方程为．

所以，联立方程得，                 

设，，则，，，

点，的坐标分别为，．

设点的坐标为，则，，

所以，解得或，

所以，

点到直线的距离为，故或．                 

当时，的面积为．                 

当时．的面积为．

4．（2022·湖北·高三开学考试）在平面直角坐标系中，已知定点，动点满足.记点的轨迹为.

(1)求曲线的方程；

(2)经过且不垂直于坐标轴的直线与交于两点，轴上点满足，证明：为定值，并求出该值.

【答案】(1)(2)证明见解析，

【分析】（1）利用椭圆的定义求点的轨迹方程；

（2）设出直线为：，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出中点，进而表达出的垂直平分线，求出点坐标，得到的长，得到为定值.

（1）

由椭圆的定义可知：的轨迹为以为焦点的椭圆，且

则可得，，

所以，

所以的方程为

（2）

设直线为：，

则联立得：，

设，则，，

，

则，

中点坐标为，

所以的垂直平分线为，

令得：，

所以，，

5．（2022·河南·新安县第一高级中学模拟预测（文））已知椭圆C：＝1的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，M为椭圆C上一动点，面积的最大值为．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点M的直线l：y=kx+1与椭圆C的另一个交点为N，P为线段MN的中点，射线OP与椭圆交于点D．点Q为直线OP上一动点，且，求证：点Q到y轴距离为定值．

【答案】(1)(2)证明见解析

【分析】（1）按照题目所给的条件即可求解；

（2）作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，

（1）

设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，

当点位于椭圆的短轴端点时， 的面积取得最大值，

此时 ，

，．

由离心率得，，解得，，，

∴椭圆的标准方程为；

（2）

由题意作下图：

设，．由得．

∵点在这个椭圆内部，所以，，，

，

∴点的坐标为

当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，

将直线的方程代入椭圆方程得，，

设点，由 得，

化简得，化简得，∴点在直线上，

当直线的斜率时，此时，，

由得，也满足条件，

∴点在直线上；

所以点Q到y轴距离为定值

【点睛】本题的难点在于联立方程，把M，N，P，Q，D点的坐标用k表示出来，有一定的计算量，其中由于OP与椭圆有两个交点，在表示 的时候用 表示，可以避免讨论点D在那个位置.

6．（2022·河南·高三开学考试（文））已知椭圆的内接正方形的面积为，且长轴长为4．

(1)求C的方程．

(2)直线l经过点，且斜率大于零．过C的左焦点作直线l的垂线，垂足为A，过C的右焦点作直线l的垂线，垂足为B，试问在C内是否存在梯形，使得梯形的面积有最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)(2)存在；

【分析】（1）利用待定系数法求出C的方程；

（2）假设存在梯形．设直线，由题意得到，分别求出点和到直线l的距离表示出梯形的面积，利用基本不等式求出最大值，再联立直线和直线求出点并判断出B、A在曲线C的内部，符合题意.

（1）

设C的内接正方形的一个端点坐标为，

则，解得，

则C的内接正方形的面积为，

即．又，所以，

代入，解得，故C的方程为．

（2）

存在梯形，其面积的最大值为．

理由如下：设直线，．

因为直线l经过点，所以，

所以点到直线l的距离为，

点到直线l的距离为，

所以梯形的面积（为直线l的倾斜角），

所以，

当且仅当时，等号成立，

此时，直线，直线，

联立这两条直线的方程，解得，

因为，

所以点在C的内部.

同理可证：也在C的内部.

故在C内存在梯形，其面积的最大值为．

7．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）椭圆（）的离心率为，过的左焦点的直线被圆（）截得的张长为.

(1)求椭圆的方程；

(2)设的右焦点为，在上是否存在点P，满足？若存在，指出有几个这样的点（不必求出点的坐标），若不存在，说明理由.

【答案】(1)；(2)2

【分析】（1）由直线与轴交点求得，再由离心率求得，从而可求得得椭圆方程；

（2）由弦长求得圆的半径，设，由得点轨迹是圆，由该圆与已知圆的位置关系确定交点个数，得出结论．

（1）

由已知直线与轴交点为，所以，又，所以，

则，

所以椭圆方程为；

（2）

圆的圆心为，它到直线的距离为，

所以弦长为，（），

即圆方程为，

设，由（1），，

即为，

所以，化简得：，

所以满足的点在圆：，其中圆心为，半径为，

又，

，，显然，

圆与圆相交，有两个交点，

所以满足题意的点有两个．

8．（2022·广东·高三开学考试）已知抛物线的准线上一点，直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于不同的两点、．

(1)求抛物线的方程；

(2)设直线、、的斜率分别为、、，求证：．

【答案】(1)(2)证明见解析

【分析】（1）利用待定系数法求出标准方程；（2）设的方程为，设，，联立，利用“设而不求法”表示出，再求出，即可证明.

（1）

由题意，知，所以，所以拋物线C的方程为．

（2）

因为直线过抛物线C的焦点，由题意知，直线斜率不为0，所以设的方程为，

设，，联立，消去得，

即，所以，，

所以

，

因为，，所以，

所以．

9．（2022·江苏·盐城中学模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距与短轴长均为4．

(1)求E的方程；

(2)设任意过的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过作平行于l的直线分别交于A，B，求的取值范围．

【答案】(1)(2)

【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可；

（2）设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得，设的中点为，根据韦达定理可得，再结合三角形与椭圆的性质可得四点共线，从而化简，再根据的横坐标关系，结合参数的范围求解即可

（1）由题意，，，解得，，故椭圆

（2）由题意，，显然的斜率不为0，故设的方程为，，则，即，故，.联立过的切线方程，即，相减可得，即，化简可得.代入可得，故.设的中点为，则，，故.因为，，故，所以三点共线.又作平行于l的直线分别交于A，B，易得，取中点，根据三角形的性质有四点共线，结合椭圆的对称性有，当且仅当时取等号.故

【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题

10．（2022·上海闵行·二模）已知点分别为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线，垂足分别为点.

(1)求证：；

(2)求证：为定值，并求出该定值；

(3)求的最大值.

【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析，定值为1(3)4

【分析】（1）直线与椭圆联立后用根的判别式等于0列出方程，求出；（2）利用点到直线距离公式得到，，结合∥，求出，结合第一问的结论证明出为定值1；（3）利用向量线性运算及点在直线的同侧得到，结合第二问得到，再用投影向量的知识得出，其中为的夹角），结合第一问结论得到

，利用基本不等式求出最值.

(1)

联立与得：，

由直线与椭圆有一个公共点可知：，

化简得：；

(2)

由题意得：，

因为，所以∥，故，

其中，，

所以，

为定值，该定值为1；

(3)

，

由题意得：点在直线的同侧，

所以，

，（其中为的夹角），

由此可知：，

当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为4.

【点睛】对于圆锥曲线定值问题，要能够利用题干信息用一个变量求解出要求的量，可以是直线的斜率，也可以是点的坐标，然后代入计算得到定点.